主講人igl
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試題t2 t3
t1 t4 t5
暴力：dfs所有路徑，在使用clock的情況下預計\(\text\)
題意：給你一張有向圖，距離為 \(\text\) 的正整數次冪的兩點間可以重新連一條長為 \(\text\) 邊，求在此情況下的從起點到終點最短路。
我們用 \(\text\) 表示點 \(\text\) 到點 \(\text\) 之間是否存在長為 \(\large 2^o\) 的邊。有為真，否則為假。顯然如果 \(\text\)，那 \(\text\)。預處理原圖中相連的點為 \(\text\)。用 \(\text\) 表示兩點間的最短距離，預處理原圖中相連的點距離為 \(\text\)，不相連的賦最大值。
然後倍增處理連新邊，最後跑最短路即可。
資料這麼小，\(\text\) 可以了。
考慮暴力列舉，第一維列舉希兒追殺的時間點，第二維列舉追殺誰，直接模擬即可，\(\text\),預計得分\(\text\)
仔細觀察，我們可以發現一些性質：我們設上帝的一次追殺事件為 \(\text\)，我們可以得到乙個小結論：
對於 \(\text\ne \text_\text\)，則這個事件插入在 \(\text\) 之前還是之後都是等價的，需要的話口胡證明。
因此，我們可以嘗試在每乙個事件前插入 \((0,u_i)\) 之後直接暴力模擬，模擬一次的複雜度為 \(\text\)，這題還有乙個點—— \(\text n\ge\text m\)，所以很容易想到當追殺無效直接跳過，則至多進行 \(\text\) 次，複雜度\(\text\)。
這題暴力的話就嗯dfs預計得分\(\text\)
這是一道恨不得拍到你臉上告訴你「這是四維偏序板子」的一道題，具體實現就是 \(\text\) 套 \(\text\) , 複雜度 \(\text^3\text\),用\(\text\) 的話會更快（但是我不會呵呵呵）
然後因為我自己的原因我的 \(\text\) 跑了\(\text\)（不會有暴力過了吧）
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一切開始之前，我們先推導乙個引理：
\[\large^ni^2,n\ge0\\
f(n)=\frac}\]
這裡提供五種推導它的方法。
一、查詢法
通過搜尋引擎，題解，文獻等，我們找到了這個公式：
\[\large f(n)=\frac
\][doge]
二、歸納法
\[\large
\begin
&f(n)=\frac\\\
&=\frac)}\\
&\\&f(0)=0\\
&f(n)=f(n-1)+n^2\\
&3f(n)=(n-1)n(n-\frac)+3n^2\\
&=(n^3-\fracn+\fracn)+3n^2\\
&=n^3+\fracn^2+\fracn\\
&=n(n+\frac)(n+1)\\
&\textn\ge0,f(n)=\frac
\end
\]三、二重合式展開與收縮
\[\large
\begin
&f(n)=\sum_^nk^2\\
&=\sum_^n\sum_^nk\\
&=\sum_^n\frac(n-j+1)\\
&=\frac\sum_^n(n(n+1)+j-j^2)\\
&=\fracn^2(n+1)+\fracn(n+1)-\fracf(n)\\
&=\fracn(n+\frac)(n+1)-\fracf(n)\\
&\\&\fracf(n)=\fracn(n+\frac)(n+1)\\
&f(n)=\frac
\end
\]對 \(\sum_^nk^2=\sum_^n\sum_^nk\) 的解釋：
我們知道，乙個數 \(n\) 加和 \(n\) 次，就是 \(n^2\)。
將右式展開：
1+2+3+4+5+6+...+n
2+3+4+5+6+...+n
3+4+5+6+...+n
4+5+6+...+n
5+6+...+n
6+...+n
......+n
四、瞎搞法
利用恒等式 \(\large(n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1\)，可以得到：
\[\large
\begin
&(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1\\
&n^3-(n-1)^3=3(n-1)^2+3(n-1)+1\\
&\cdots\cdots\\
&2^3-1^3=3*(1^2)+3*1+1
\end
\]把這 \(\large n\) 個等式兩端分別相加，得：
\[\large(n+1)^3-1=3\times\frac+n+3\sum_^ni^2\\
\large n^3+3n^2+3n=3\times\frac+n+3\sum_^ni^2\\
\]\[\large\sum_^ni^2=\frac
\]五、擾動法
這是最實用的方法。
對於 \(f(n+1)\) ，抽出 \((n+1)^2,0^2\)。
\[\large
\begin
&f(n)+(n+1)^2\\
&=\sum_^n(k+1)^2\\
&=\sum_^n(k^2+2k+1)\\
&=\sum_^nk^2+2\sum_^nk+\sum_^n1\\
&=f(n)+2\sum_^nk+(n+1)\\
&\\&\sum_^nk=\frac((n+1)^2-(n+1))=\frac
\end
\]額。。。有個毛用？
等等，二次冪可以推出一次冪求和，那是不是三次冪可以推出二次冪求和？
設\[\large g(n)=\sum_^nk^3
\]從 \(g(n)\) 中抽出 \((n+1)^3, 0^3\)。
\[\large
\begin
&g(n)+(n+1)^3\\
&=\sum_^n(k+1)^3\\
&=\sum_^n(k^3+3k^2+3k+1)\\
&=\sum_^nk^3+3\sum_^nk^2+3\sum_^nk+\sum_^n1\\
&=g(n)+3f(n)+\frac+(n+1)\\
&\\&3f(n)=(n+1)^3-\frac-(n+1)\\
&=n^3+3n^2+3n+1-\frac-n-1\\
&=n^3+\frac+\frac\\
&=(n+1)(n+\frac)n\\
&\\&f(n)=\frac)}
\end
\]通過此方法，我們可以從 \(n+1\) 次冪推出 \(n\) 次冪！！！
好，接下來回歸題目：
從 \(1\) 到 \(\sqrt\) 列舉 \(x\)，那 \(y\) 的最大值為 \(\sqrt\)，因為再大會超出這個圓。
當然 \(y\) 向下取整。
\(\large x\) 的貢獻總和為 \(\large x^2y\)，\(\large y\) 的貢獻總和為 \(\large\frac\)。
相加即可。
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先給結論：
\[\large \sum_\varphi(k)=m\times n
\]首先思考判定條件 \(\text\ge\text\) 的等價判定式。
與 \(mod\) 有關的，除法？除法與向下取整結合，會有：
\[\large\lfloor\frac\rfloor-\lfloor\frac\rfloor-\lfloor\frac\rfloor
\]這個式子與原判定式等價。
那麼再看這個合式，既然有了新的判定式，那麼這個式子也該找個等價式。
發現 \(s(m,n)\) 其實就是在 \(1\) 到 \(m+n\) 個數里篩掉一些數，
也就是：
\[\large\sum_^\varphi(k)\lfloor\frac\rfloor-\sum_^n\varphi(k)\lfloor\frac\rfloor-\sum_^m\varphi(k)\lfloor\frac\rfloor
\]接下來考慮如何計算這個冗長的式子。
暴力列舉肯定不行。
發現這個長式子可以分成三截，算其中一截就行。
我們先從中拉出來一截轉換一下：
\[\large\lfloor\frac\rfloor=\sum_^n[d\mid i]
\]帶入其中那部分式子
\[\large
\begin
&\sum_^n\varphi(k)\lfloor\frac\rfloor\\
&=\sum_^n\varphi(k)\sum_^n[k\mid j]\\
&=\sum_^n\sum_^j[k\mid j]\varphi(k)\\
&=\sum_^n\sum_\varphi(k)\\
&=\sum_^nj\\
&=\frac
\end
\]答案顯而易見了，
\[\large
\begin
&\frac-\frac-\frac\\
&=m\times n
\end
\]
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